A lire

Deug/Prépa

Licence

Agrégation
A télécharger

Télécharger

95 personne(s) sur le site en ce moment

E. Cartan

A lire

Articles

Math/Infos

Récréation
A télécharger

Télécharger

Théorème de Cantor-Bernstein

Théo. Sylow

Théo. Ascoli

Théo. Baire

Loi forte grd nbre

Nains magiques

Injectivité et formule d'inversion

suivant: Quelques résultats de densité monter: aif précédent: Définition et propriétés élémentaires

Injectivité et formule d'inversion

Nous nous proposons de démontrer dans ce paragraphe le résultat fondamental selon lequel deux mesures admettant la même transformée de Fourier sont égales, ainsi que quelques corollaires qui seront énoncés plus loin. Nous allons commencer par un certain nombre de résultats auxiliaires. D'abord, soit la fonction

$\displaystyle g(x)~=~{1\over\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}.$

(7)

Lemme La fonction est la densité d'une probabilité sur $I\!\!R^d$ , et sa transformée de Fourier est $\hat{g}(u)=e^{-2\pi^2u^2}$ .

a) La fonction est positive, et borélienne puisque continue. Pour montrer que c'est la densité d'une probabilité il suffit donc de prouver que $I=\int g(x)dx$ vaut . D'après la proposition 4- on a

$\displaystyle I^2~=~\int_{I\!\!R^2}g(x)g(y)dxdy~ =~{1\over2\pi}\int_{I\!\!R^2}e^{-(x^2+y^2)/2}dxdy.$

Passons en coordonnées polaires: si $D=I\!\!R^2\backslash\{0\}$ et $\Delta= ]0,\infty[\times[0,2\pi[$ , à tout point $(\rho,\theta)\in\Delta$ on associe un point et un seul $(x,y)=h(\rho,\theta)$ de $\Delta$ de sorte que $x=\rho\cos\theta$ et $y=\rho\sin\theta$ .

est clairement un

-difféomorphisme de $\Delta$ dans

, dont le jacobien vaut $Dh(\rho,\theta)=\rho$ . Donc en appliquant le théorème 4-

avec

, $\Delta$ et

et la fonction $f(x,y)=e^{-(x^2+y^2)/2}$ , et en remarquant que $f\circ h(\rho,\theta)=e^{-\rho^2/2}$ , on obtient (puisque l'ensemble $I\!\!R^2\backslash D=\{0\}$ est de $\lambda _2$ -mesure nulle):

$\displaystyle I^2~=~{1\over2\pi}\int_{D}f(x,y)dxdy~ =~{1\over2\pi}\int_{\Delta}... ...pi}\int_{[0,2\pi[}d\theta\left(\int_{]0,\infty[}e^{-\rho^2/2} \rho d\rho\right)$

(la dernière égalité vient du théorème de Fubini, la fonction qu'on intègre étant mesurable et positive). En faisant le changement de variable $z=\rho^2/2$ on voit que $\int_0^\infty e^{-\rho^2/2}\rho d\rho= \int_0^\infty e^{-z}dz=1$ , de sorte que $I^2=~{1\over2\pi}\int_0^{2\pi}d\theta=1$ : donc

b) On a $\hat{g}(u)={1\over\sqrt{2\pi}}\int f_u(x)dx$ , avec $f_u(x)= e^{-2i\pi ux-x^2/2}$ . La fonction $u\mapsto f_u(x)$ est clairement dérivable, de dérivée $F_u(x)=-2i\pi xf_u(x)$ . Par ailleurs on a $\vert F_u(x)\vert\leq 2\pi\vert x\vert e^{-x^2/2}$ , et la fonction $x\mapsto2\pi \vert x\vert e^{-x^2/2}$ est Lebesgue-intégrable: on peut donc appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégral (proposition 3-), d'après lequel $\hat{g}$ est dérivable, de dérivée donnée par

$\displaystyle \hat{g}'(u)~=~-i\sqrt{2\pi}\int xe^{-2i\pi ux-x^2/2}dx.$

En faisant une intégration par parties avec $xe^{-x^2/2}$ (dont une primitive est $-e^{-x^2/2}$ ) et $e^{-2i\pi ux}$ (dont la dérivée en

est $-2i\pi ue^{-2i\pi ux}$ ), on obtient

$\displaystyle \hat{g}'(u)~=~-i\sqrt{2\pi}e^{-2i\pi ux-x^2/2}\vert _{-\infty}^{+\infty} -u(2\pi)^{3/2}\int e^{-2i\pi ux-x^2/2}dx~=~-4\pi^2u\hat{g}(u).$

La solution générale de l'équation différentielle à variables séparables $f'(u)=-4\pi^2uf(u)$ étant $f(u)=Ce^{-2\pi^2u^2}$ , et comme on a $\hat{g}(0)=\int g(x)dx=1$ d'après (a), on voit que nécessairement $\hat{g}(u)=e^{-2\pi^2u^2}$ . $~\Box$

Ensuite, pour tout $\sigma >0$ on considère la fonction

$\displaystyle g_{\sigma }(u)=~{1\over\sigma \sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2\sigma ^2} ~=~{1\over\sigma }g(x/\sigma )$

(8)

(donc

). Il est facile par un changement de variable de vérifier que $g_{\sigma }$ est encore la densité d'une probabilité sur $I\!\!R$ , et d'après (

) sa transformée de Fourier est

$\displaystyle \hat{g}_{\sigma }(u)~=~e^{-2\pi^2\sigma ^2u^2}.$

(9)

Enfin pour $\sigma >0$ on définit la fonction suivante sur $I\!\!R^d$ , en utilisant la notation $x=(x_1,\ldots,x_d)$ :

$\displaystyle g_{d,\sigma }(x)~=~\prod_{j=1}^dg_{\sigma }(x_j)~=~ {1\over(\sigma \sqrt{2\pi})^d}e^{-\vert x\vert^2/2\sigma ^2}.$

(10)

D'après la proposition 4-

et (

) sa transformée de Fourier est

$\displaystyle \hat{g}_{d,\sigma }(u)~=~\prod_{j=1}^d\hat{g}_{\sigma } (u_j)~=~e^{-2\pi^2\sigma ^2\vert u\vert^2}.$

(11)

Lemme Soit $\mu$ une mesure finie sur $(I\!\!R^d,\hbox{$\cal R$}^d)$ . On a:

a) $(g_{d,\sigma }\star\mu)(x)~=~\int_{I\!\!R^d}\hat{\mu}(u) e^{2i\pi\langle u,x\rangle-2\pi^2\sigma ^2\vert u\vert^2}du$ .

b) Pour toute fonction continue bornée sur $I\!\!R^d$ , l'intégrale $\int hd\mu$ est la limite de $\int_{I\!\!R^d}(g_{d,\sigma }\star\mu)(x)h(x)dx$ lorsque $\sigma \to0$ .

a) Remarquons que $g_{d,\sigma }(x)={1\over(\sigma \sqrt{2\pi})^d}\hat{g}_ {d,1/2\pi\sigma } (-x)$ par () et (). Donc d'après 4-() et () et le théorème de Fubini, il vient

$\displaystyle \begin{array}{lll} (g_{d,\sigma }\star\mu)(x)&=&\int g_{d,\sigma ... ...rt^2/2}dz \left(\int e^{-2i\pi\langle y,z \rangle}\mu(dy)\right), \end{array}$

d'où le résultat.

b) Soit $I_{\sigma }=\int (g_{d,\sigma }\star\mu)(x)h(x)dx$ . On a la suite d'égalités:

$\displaystyle \begin{array}{lll} I_{\sigma }&=& \int h(x)dx\left(\int g_{d,\sig... ...u\right)\quad \hbox{(changement de variable}~~u=z/\sigma \hbox{).} \end{array}$

Posons alors $k_{\sigma }(y)=\int h(y+u\sigma )g_{d,1}(u)du$ , et soit

une constante telle que $\vert h(x)\vert\leq C$ pour tout

. On a $\vert h(u+u\sigma )g_{d,1}(u)\vert \leq Cg_{d,1}(u)$ , et d'après 4-(

) et le fait que

est d'intégrale

par rapport à la mesure de Lebesgue, on a $\int_{I\!\!R^d} g_{d,1}(u)du=1$ également, de sorte que $\vert k_{\sigma }(y)\vert\leq C$ . Comme

est continue, on a $h(y+u\sigma )\to h(y)$ quand $\sigma \to0$ . On peut alors appliquer une première fois le théorème de Lebesgue pour obtenir que $k_{\sigma }(y)$ converge quend $\sigma \to0$ vers $\int h(y)g_{d,1}(u)du=h(y)$ . En appliquant une seconde fois le même théorème, on obtient que $\int k_{\sigma }(y)\mu(dy)\to \int h(y)\mu(dy)$ , et le résultat est prouvé. $~\Box$

Nous arrivons maintenant au théorème fondamental d'injectivité de la transformée de Fourier:

Théorème a) La transformée de Fourier $\hat{\mu}$ caractérise la mesure finie $\mu$ (i.e. deux mesures finies ayant même transformée de Fourier sont égales).

b) La transformée de Fourier $\hat{f}$ caractérise la fonction complexe Lebesgue-intégrable à un ensemble $\lambda _d$ -négligeable près (i.e. deux fonctions intégrables ayant même transformée de Fourier sont égales $\lambda _d$ -presque partout).

a) Il suffit d'appliquer le lemme : si on connait $\hat{\mu}$ , on connait aussi $g_{d,\sigma }\star\mu$ d'après le lemme -(a), donc aussi $\int hd\mu$ pour toute fonction continue bornée d'après le lemme -(b): il reste à montrer que si $\mu$ et $\mu'$ sont deux mesures finies telles que $\int hd\mu=\int hd\mu'$ pour toute fonction continue bornée , on a $\mu=\mu'$ . Pour tout rectangle $A=\prod_{j=1}^d ]-\infty,a_j[$ il est facile de construire une suite $(h_n)_{n\geq1}$ de fonctions continues telles que $0\leq h_n\leq1$ et que $\lim_nh_n=1_A$ . D'après le théorème de Lebesgue on a $\mu(A)=\lim_n\int h_nd\mu$ , et de même pour $\mu'$ . Par suite $\mu(A)=\mu'(A)$ pour tout rectangle comme ci-dessus, et on sait que cela entraine $\mu=\mu'$ .

b) Si on remplace $\mu$ par une fonction positive Lebesgue-intégrable , le lemme précédent reste encore valide (puisque cela revient à prendre pour $\mu$ la mesure $f\bullet\lambda _d$ ). Par linéarité on remarque alors que le lemme reste aussi valide pour $\mu$ remplacé par une fonction complexe intégrable .

Deux fonctions complexes et , Lebesgue-intégrable, ayant même transformée de Fourier vérifient donc $\int_Af(x)dx=\int_Af'(x)dx$ pour tout rectangle $A=\prod_{j=1}^d]-\infty,a_j]$ , par le même argument que ci-dessus: le lemme 5--(b) (appliqué séparément pour les parties réelles et imaginaires de et ) permet alors de conclure. $~\Box$

On peut être plus précis: en combinant les deux assertions du lemme on voit que si est une fonction continue bornée, on a:

$\displaystyle \int hd\mu~=~\lim_{\sigma \downarrow0} \int h(x)dx\left(\int\hat{\mu}(u)e^{2i\pi\langle u,x\rangle-2\pi^2\sigma ^2\vert u\vert^2}du\right),$

(12)

ce qui est une formule d'inversion des transformées de Fourier des mesures finies. Pour les fonctions, on peut faire mieux:

Théorème a) Si $\mu$ est une mesure finie dont la transformée de Fourier $\hat{\mu}$ est Lebesgue-intégrable, elle admet une densité continue et bornée par rapport à la mesure de Lebesgue, donnée par la formule

$\displaystyle g(x)~=~\int e^{2i\pi\langle u,x\rangle}\hat{\mu}(u)du.$

(13)

b) Si est une fonction complexe Lebesgue-intégrable, dont la transformée de Fourier
est également Lebesgue-intégrable, on a

$\displaystyle f(x)~=~\int e^{2i\pi \langle u,x\rangle}\hat{f}(u)du \qquad\hbox{\rm pour $\lambda _d$-presque tout $x$.}$

(14)

Vu le théorème (b), dans (b) ci-dessus on ne peut pas faire mieux que l'égalité $\lambda _d$ -p.p.; d'ailleurs, le membre de droite de () est continu borné, ce qui n'est pas nécessairement le cas de .

a) Soit définie par (). L'intégrand du membre de droite est continu en et majoré en module par la fonction intégrable $\vert\hat{\mu}\vert$ , donc est bornée, et continue grâce à la proposition 3-. Par ailleurs, si est continue à support compact dans $I\!\!R^d$ , on peut échanger limite et intégrales dans le membre de droite de () (théorème de Lebesgue). On obtient alors $\int hd\mu=\int h(x)g(x)dx$ pour toute fonction continue à support compact.

Soit maintenant $\hbox{$\cal C$}$ la classe des rectangles $A=\prod_{j=1}^d]a_j,b_j]$ avec $-\infty<a_j<b_j<\infty$ . Cette classe est stable par intersection, contient une suite $(E_n)_{n\geq1}$ croissant vers $I\!\!R^d$ , et engendre la tribu $\hbox{$\cal R$}^d$ . De plus si $A\in\hbox{$\cal C$}$ il est facile de construire des fonctions , , continues à support compact, telles que $h_n\to1_A$ et $0\leq h_n\leq h$ . On déduit alors de $\int h_nd\mu=\int h_n(x)g(x)dx$ et du théorème de Lebesgue que $\mu(A)=\int_Ag(x)dx$ .

Le lemme 5--(b) appliqué aux fonctions 0 et partie imaginaire de (qui vérifie $\int_Ag'(x)dx=0$ pour tout $A\in\hbox{$\cal C$}$ d'après ce qui précède) implique $g'=0~~\lambda _d$ -p.p., et la continuité de (donc de ) entraine qu'en fait , de sorte que est à valeurs réelles.

Soit alors les mesures $\nu_+=g^+\bullet\lambda _d$ et $\nu_-=g^-\bullet\lambda _d$ , qui vérifient $\nu_+(A)<\infty$ et $\nu_-(A)<\infty$ pour $A\in\hbox{$\cal C$}$ . On a donc en fait $\mu(A)+\nu_-(A)=\nu_+(A)$ pour tout $A\in\hbox{$\cal C$}$ , et le théorème 4- implique $\mu+\nu_-=\nu_+$ . Si alors $N\in\hbox{$\cal R$}^d$ est $\lambda _d$ -négligeable, il vient $\nu_+(N)=\nu_-(N)=0$ , donc $\mu(N)=0$ : par suite $\mu$ est absolument continue par rapport à $\lambda _d$ , et d'après le théorème de Radon-Nikodym il existe une fonction positive Lebesgue-intégrable, telle que $\mu=k\bullet\lambda _d$ . Si les fonctions $k1_{E_n}$ et $g1_{E_n}$ sont Lebesgue-intégrables et vérifient $\int_A(k1_{E_n})(x)dx=\int_{A\cap E_n}k(x)dx=\int_{A\cap E_n}g(x)dx=\int_A (g1_{E_n})(x)dx$ pour tout $A\in\hbox{$\cal C$}$ , donc le lemme 5--(b) entraine $k1_{E_n}=g1_{E_n}~~\lambda _d$ -p.p. pour tout . On a donc aussi $k=g~~\lambda _d$ -p.p., ce qui achève la démonstration de (a).

b) Lorsque $f\geq0$ le résultat découle de (a) appliqué à la mesure $\mu=f\bullet\lambda _d$ (puisqu'alors $\hat{\mu}=\hat{f}$ , et que si est une densité de $\mu$ par rapport à $\lambda _d$ on a $f=g~~\lambda _d$ -p.p. d'après le lemme 5-). On passe au cas général en prenant les parties positives et négatives des parties réelle et imaginaire de . $~\Box$